第20章の発展問題 | 問いから始める物理

演習 1

IPhO 2021 第2問（改題） ★★★★☆

半径 $R$ の細い絶縁性の輪に，総電荷 $Q > 0$ を一様に固定します．輪の中心を原点とし，軸を $z$ 軸とします．質量 $m$ ，電荷 $- q$ （ $q > 0$ ）の粒子を摩擦のない案内で軸上に拘束します．重力を無視し，無限遠を電位0とします．

軸上の電位と電場を積分または重ね合わせで求めよ． $z = A > 0$ から静かに放した粒子が中心を通るときの速さを求めよ．
中心にある粒子へ正方向の速度を瞬間的に与える．無限遠へ脱出できる速さの下限を求めよ．
(1)の往復運動の周期を積分で表し， $A / R$ が十分小さいときの周期を $(A / R)^{2}$ の補正まで求めよ．振幅によらない周期を使うときの相対誤差を $δ$ 以下にする条件を，先頭の補正で見積もれ．

**［図：帯電輪と軸上の粒子の初期位置］**
帯電輪の半径R，軸z，電荷Q，案内上の粒子−qと初期位置Aを示す．軌道の速さや場は描かない．

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考え方
輪上の微小電荷から粒子までの距離は等しい．有限振幅では，厳密な電位をエネルギー保存へ代入してから展開する．

微小電荷 $d Q$ の電位を輪に沿って足すと， $V (z) = \int k d Q / \sqrt{R^{2} + z^{2}} = k Q / \sqrt{R^{2} + z^{2}}$ ．横成分は相殺し，軸成分は $E_{z} = k Q z / (R^{2} + z^{2})^{3 / 2}$ ．粒子の位置エネルギーは $U (z) = - k Q q / \sqrt{R^{2} + z^{2}}$ ．従って中心で

\frac{m v_{c}^{2}}{2} = U (A) - U (0) = k Q q (\frac{1}{R} - \frac{1}{\sqrt{R^{2} + A^{2}}}), v_{c} = \sqrt{\frac{2 k Q q}{m} (\frac{1}{R} - \frac{1}{\sqrt{R^{2} + A^{2}}})} ．

無限遠で $U = 0$ なので，中心での全エネルギーが0以上なら脱出する． $m u^{2} / 2 - k Q q / R \geq 0$ より，下限は $u_{esc} = \sqrt{2 k Q q / (m R)}$ ．等号では無限遠の速さが0へ近づく．
往復の対称性から

T = 4 \sqrt{\frac{m}{2}} \int_{0}^{A} \frac{d z}{\sqrt{U (A) - U (z)}} ．

$B = k Q q$ とおき， $(1 + s)^{- 1 / 2} = 1 - s / 2 + 3 s^{2} / 8 + \dots$ を用いると

U (A) - U (z) = \frac{B}{2 R^{3}} (A^{2} - z^{2}) [1 - \frac{3 (A^{2} + z^{2})}{4 R^{2}} + \dots] ．

$ω_{0} = \sqrt{B / (m R^{3})}$ ， $z = A \sin ϕ$ と置けば

T \approx \frac{4}{ω_{0}} \int_{0}^{π / 2} [1 + \frac{3 A^{2}}{8 R^{2}} (1 + \sin^{2} ϕ)] d ϕ = \frac{2 π}{ω_{0}} [1 + \frac{9}{16} {(\frac{A}{R})}^{2}] ．

$\int_{0}^{π / 2} \sin^{2} ϕ d ϕ = π / 4$ を使った． $T_{0} = 2 π / ω_{0}$ を用いた相対誤差は先頭で $9 A^{2} / (16 R^{2})$ だから， $A / R \leq 4 \sqrt{δ} / 3$ が目安となる．この見積もり自体にも $A / R$ と $δ$ が十分小さいことが必要で，次の相対補正は $(A / R)^{4}$ の次数である．

演習 2

オリジナル ★★★★☆

半径 $a$ の導体球の中心Oから距離 $b > a$ の点Bに，正の点電荷 $q$ を固定します．外部は真空で，無限遠を電位0とします．

球を接地した場合を考える．直線OB上でOから距離 $s < a$ に置く架空の電荷 $q^{'}$ によって，球外の電位を表すための $s, q^{'}$ を求めよ．球面の任意の点Pで電位が0となることを距離の比から示せ．
接地した球，および孤立した総電荷0の球が点電荷に及ぼす半径方向の力をそれぞれ求めよ．後者では(1)の架空の電荷にOの電荷を追加してよい．
点電荷を $b$ から無限遠へゆっくり運ぶ外力の仕事を両条件で求めよ． $a / b$ が十分小さいときの力の先頭の項を比較し，孤立した中性球で弱くなる理由を説明せよ．各条件は運ぶ間も保つ．

**［図：導体球と外部の点電荷］**
半径aの導体球，中心O，点電荷qの位置Bと距離b，球面上の任意点Pを示す．架空の電荷の位置や値は描かない．

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考え方
鏡像は球面の境界条件を満たすための道具である．電荷を運ぶと誘導電荷も変わるので，仕事はその瞬間の力を積分する．

$s = a^{2} / b$ ， $q^{'} = - q a / b$ と選ぶ． $∠ B O P = θ$ とし， $d_{1} = P B, d_{2} = P q^{'}$ とおけば

d_{1}^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b \cos θ, d_{2}^{2} = a^{2} + \frac{a^{4}}{b^{2}} - \frac{2 a^{3}}{b} \cos θ = \frac{a^{2}}{b^{2}} d_{1}^{2} .

従って $d_{2} = (a / b) d_{1}$ で， $k q / d_{1} + k q^{'} / d_{2} = 0$ ．球外の電位は実電荷とこの鏡像の電位の和で表され，導体球面と無限遠の境界条件を満たす解の一意性から正しい．

接地球から受ける力は鏡像による力である．外向きを正とすると

F_{g} = \frac{k q q^{'}}{(b - s)^{2}} = - \frac{k q^{2} a b}{(b^{2} - a^{2})^{2}} ．

鏡像の総電荷 $q^{'}$ は球の誘導総電荷に等しい．これは球を囲みBを含まないガウス面の流束から分かる．中性球では中心に $q_{0} = - q^{'} = q a / b$ を追加する．中心の電荷は球面へ一定電位だけを加え，球面を等電位に保つ．よって

F_{n} = - \frac{k q^{2} a b}{(b^{2} - a^{2})^{2}} + \frac{k q^{2} a}{b^{3}} ．

両方とも内向きである．

外力の仕事は $- \int_{b}^{\infty} F (s) d s$ ．接地では

W_{g} = k q^{2} a \int_{b}^{\infty} \frac{s}{(s^{2} - a^{2})^{2}} d s = \frac{k q^{2} a}{2 (b^{2} - a^{2})} ．

中性の場合は $\int_{b}^{\infty} s^{- 3} d s = 1 / (2 b^{2})$ を引き， $W_{n} = k q^{2} a^{3} / [2 b^{2} (b^{2} - a^{2})]$ ．接地の地面は電位0なので電荷の出入りによる仕事は0である．遠方では $(1 - a^{2} / b^{2})^{- 2} \approx 1 + 2 a^{2} / b^{2}$ より， $F_{g} \approx - k q^{2} a / b^{3}$ ， $F_{n} \approx - 2 k q^{2} a^{3} / b^{5}$ ．中性球には単極子の誘導総電荷がなく，先頭の項が相殺する．展開には $a / b$ が十分小さいことが必要で，いずれの仕事も $b \to \infty$ で0に近づく．

演習 3

IPhO 1970 第3問（改題） ★★★★☆

半径 $a$ の導体球を，半径 $b > a$ の薄い導体球殻で同心に囲みます．初め球間は真空で，内球を接地したまま外殻に総電荷 $Q > 0$ を与え，外殻を孤立させます．接地線の細い穴の影響を無視し，無限遠を電位0とします．その後，球間を比誘電率 $ε_{r} > 1$ の線形誘電体で準静的に満たします．外殻の総電荷は常に $Q$ です．

内球の電荷を $q_{i}$ として，球間および球殻外の電場と，各領域に蓄える静電エネルギーを求めよ．球間の容量 $C_{g}$ と外殻単独の容量 $C_{b}$ を用いてもよい．
内球の接地を保って挿入する場合，挿入後の $q_{i}$ ，外殻の電位，外力の仕事を求めよ．地面との電荷の出入りも収支に含めよ．
真空の初期状態で接地線を切ってから挿入する場合，同じ量と内球の電位を求めよ．両条件の終状態のエネルギーを比較し， $ε_{r} \to \infty$ の極限で外部の場が消えるのはどちらか説明せよ．

**［図：内球の接地と球間の誘電体］**
同心の内球a，外殻b，外殻の保存電荷Q，内球の接地線と切断箇所，球間に満たす誘電体の比誘電率 $\varepsilon_r$ を示す．

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考え方
内球の電荷と外殻の総電荷を区別する．接地を保つ場合だけ，内球の電荷がエネルギーを最小にする値へ変わる．

外殻の内面は $- q_{i}$ ，外面は $Q + q_{i}$ である．半径 $r$ の球面で電束密度の流束を数えると，球間では $E_{r} = k q_{i} / (ε_{r} r^{2})$ ，外部では $E_{r} = k (Q + q_{i}) / r^{2}$ ．電位差の積分から

C_{g} = \frac{4 π ε_{0} ε_{r} a b}{b - a}, C_{b} = 4 π ε_{0} b ．

エネルギー密度 $ε_{0} ε_{r} E^{2} / 2$ を積分すると，球間のエネルギーは $U_{g} = k q_{i}^{2} (1 / a - 1 / b) / (2 ε_{r}) = q_{i}^{2} / (2 C_{g})$ ，外部は $U_{b} = k (Q + q_{i})^{2} / (2 b) = (Q + q_{i})^{2} / (2 C_{b})$ ．従って

U (q_{i}, ε_{r}) = \frac{q_{i}^{2}}{2 C_{g}} + \frac{(Q + q_{i})^{2}}{2 C_{b}}, V_{i} = \frac{q_{i}}{C_{g}} + \frac{Q + q_{i}}{C_{b}}, V_{o} = \frac{Q + q_{i}}{C_{b}} ．

$V_{i} = 0$ より $q_{i} = - Q C_{g} / (C_{b} + C_{g}) = - ε_{r} a Q / (b - a + ε_{r} a)$ ．従って $V_{o} = Q / (C_{b} + C_{g}) = k Q (b - a) / [b (b - a + ε_{r} a)]$ ．真空の初期値は $q_{i 0} = - a Q / b$ ， $U_{0} = k Q^{2} (b - a) / (2 b^{2})$ ．終状態は

U_{G} = \frac{Q^{2}}{2 (C_{b} + C_{g})} = \frac{k Q^{2} (b - a)}{2 b (b - a + ε_{r} a)} ．

地面から移る電荷は $q_{i} - q_{i 0}$ だが，その仕事は $\int V_{i} d q_{i} = 0$ ．収支 $U_{G} - U_{0} = W_{ext} + W_{ground}$ より $W_{ext} = U_{G} - U_{0} < 0$ となる．

接地を切ると $q_{i} = - a Q / b$ が一定．従って $V_{o} = k Q (b - a) / b^{2}$ は変わらず， $V_{i} = V_{o} (1 - 1 / ε_{r})$ ．終状態のエネルギーは

U_{D} = \frac{k Q^{2}}{2 b^{3}} [\frac{a (b - a)}{ε_{r}} + (b - a)^{2}], W_{ext} = U_{D} - U_{0} = - \frac{k Q^{2} a (b - a)}{2 b^{3}} (1 - {\frac{1}{ε}}_{r}) ．

$\frac{\partial U}{\partial q_{i}} = q_{i} / C_{g} + (Q + q_{i}) / C_{b} = V_{i}$ である．接地の値を $q_{i G}$ とすれば，平方完成によって

U_{D} - U_{G} = \frac{1}{2} (\frac{1}{C_{g}} + \frac{1}{C_{b}}) {(q_{i 0} - q_{i G})}^{2} \geq 0.

接地を保つ方が多くの仕事を取り出せる． $ε_{r} \to \infty$ では接地の場合だけ $q_{i} \to - Q$ ，外面の電荷と外部の場が0になる．切断後は外面電荷 $Q (b - a) / b$ が残る． $ε_{r} \to 1$ では両仕事とも0となる．

演習 4

オリジナル ★★★★☆

長さ $L$ の同軸円筒コンデンサーの内半径を $a$ ，外半径を $b$ とし， $L$ は半径より十分長いとします．内電極の電位は $V > 0$ ，外電極は0です．端を無視します．

まず隙間を真空とする．ガウスの法則と電位差の積分から $E_{r}, V (r), C$ を求めよ．円筒対称な電位について $\nabla^{2} V = (1 / r) \frac{d}{d r} (r \frac{d V}{d r})$ を使い，電荷のない隙間でラプラス方程式を満たすことを確かめよ．
$a < r < c$ を比誘電率4， $c < r < b$ を比誘電率1の線形絶縁体で満たす．境界に自由電荷はなく，両材料の耐えられる電場の大きさの上限を，共通に $E_{*}$ とする． $b = 9 a$ とする．容量と，各材料が破壊しない最大電圧 $V_{max} (c)$ を求めよ．
$V_{max}$ を最大にする境界半径と最大電圧を求め，隙間全体をどちらか一方の材料で満たした場合と比べよ．(1)の真空の場を， $(b - a) / a$ が十分小さい極限で平行板の場と比較せよ．

**［図：二層誘電体の同軸円筒コンデンサー］**
同軸円筒の断面にa，c，b，2層の比誘電率4，1，両電極の電位を示す．長さLは別の側面図に記す．

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考え方
電束密度の流束が自由電荷を数える．絶縁破壊は各層で電場が最も強い場所から始まるので，2つの上限を比較する．

内電極の単位長さあたりの電荷を $λ > 0$ とする．長さ $ℓ$ ，半径 $r$ のガウス面で $2 π r ℓ E_{r} = λ ℓ / ε_{0}$ ．従って $E_{r} = λ / (2 π ε_{0} r)$ ， $V = λ \ln (b / a) / (2 π ε_{0})$ ．よって

V (r) = V \frac{\ln (b / r)}{\ln (b / a)}, E_{r} = \frac{V}{r \ln (b / a)}, C = \frac{λ L}{V} = \frac{2 π ε_{0} L}{\ln (b / a)} ．

$r \frac{d V (r)}{d r} = - V / \ln (b / a)$ は定数なので， $\nabla^{2} V = 0$ ．この確認は積分形から得た解と一致する．

$D_{r} = λ / (2 π r)$ は境界で連続である． $h = λ / (2 π ε_{0})$ とおくと，内層で $E_{r} = h / (4 r)$ ，外層で $E_{r} = h / r$ ．両層の電位差を足すと

V = h [\frac{1}{4} \ln \frac{c}{a} + \ln \frac{b}{c}], C = \frac{2 π ε_{0} L}{\frac{1}{4} \ln (c / a) + \ln (b / c)} ．

最大の場は内層の $r = a$ と外層の $r = c$ にある．従って $h \leq 4 a E_{*}$ ， $h \leq c E_{*}$ ． $t = c / a$ と置くと

V_{max} = a E_{*} min (4, t) (\ln 9 - \frac{3}{4} \ln t), 1 < t < 9.

$1 < t < 4$ では括弧を $A (t)$ とすると， $\frac{d}{d t} [t A (t)] = \ln 9 - 3 \ln t / 4 - 3 / 4$ ．これは単調に減少するが， $t = 4$ でも約0.41で正である． $4 < t < 9$ では $\frac{d}{d t} [4 A (t)] = - 3 / t < 0$ ．よって最適値は $c = 4 a$ で，両層が同時に破壊限界へ達する．最大電圧は

V_{opt} = a E_{*} (4 \ln 9 - 3 \ln 4) \approx 4.63 a E_{*} ．

一様な比誘電率では場の形は(1)と同じなので，限界電圧は両材料とも $a E_{*} \ln 9 \approx 2.20 a E_{*}$ ．2層の最適配置は約2.11倍まで電圧を上げられる．最後に $d = b - a$ ， $d / a$ が十分小さいと $\ln (b / a) \approx d / a$ ，隙間内で $r \approx a$ だから $E_{r} \approx V / d$ ， $C \approx ε_{0} (2 π a L) / d$ ．端の近似には $b / L$ が十分小さいことも必要である．

演習 5

オリジナル ★★★★★

幅 $w$ ，長さ $ℓ$ ，間隔 $d$ の水平平行板コンデンサーに，隙間を満たす厚さの線形誘電体板を横から挿入します．比誘電率は $ε_{r} > 1$ ，挿入長さは $0 \leq x \leq ℓ$ です．このコンデンサーと固定容量 $C_{s}$ を直列につなぎ，全電圧を理想電源で $V > 0$ に保ちます．中間の孤立した導体部分の総電荷は0です． $C_{0} = ε_{0} w ℓ / d$ ， $β = ε_{r} - 1$ とします．

板は摩擦なく滑り，装置は一定の大きさ $f > 0$ の力で板を引き出す向きに引きます．運動に伴う装置も含めた有効質量を $m$ とし，端の効果を無視します．電荷の再配置は力学的運動より十分速いとし，電気的な損失も無視します．

合成容量 $C_{e} (x)$ と，板を引き込む電気力 $F (x)$ を求めよ．電源の仕事を明示せよ．
$F (ℓ) < f < F (0)$ の場合の平衡位置と安定性を求めよ．
$x = 0$ で板を静かに放す．初めに内向きに動く場合，板が $x = ℓ$ に達するための電圧の条件を求めよ．最後に，内部の平衡位置での小振動の角振動数と近似条件を求めよ．

**［図：誘電体板の挿入と固定容量の直列接続］**
挿入長xの板，比誘電率，極板のw，ℓ，d，外向きの一定力f，固定容量C_sとの直列接続と電源Vを示す．

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考え方
誘電体の入った部分と真空部分は並列，その全体と固定容量は直列である．電源を含めて機械的な仕事を取り出す．

挿入側の容量は $C (x) = C_{0} (1 + β x / ℓ)$ ． $A = C_{0} β / ℓ$ とおけば $C = C_{0} + A x$ ， $C_{e} = C_{s} C / (C_{s} + C)$ ．共通の電荷は $Q = C_{e} V$ ，場のエネルギーの和は $U = Q^{2} / (2 C) + Q^{2} / (2 C_{s}) = C_{e} V^{2} / 2$ ．電源の仕事は $d W_{s} = V d Q = V^{2} d C_{e}$ で， $d U = V^{2} d C_{e} / 2$ との差が $F d x$ ．従って

F (x) = \frac{V^{2}}{2} \frac{d C_{e}}{d x} = \frac{V^{2} A C_{s}^{2}}{2 (C_{s} + C_{0} + A x)^{2}} ．

直列の固定容量により，引き込まれるほど電気力は減る．

$D = C_{s} + C_{0}$ ， $B = V^{2} A C_{s}^{2} / 2$ とおけば $F = B / (D + A x)^{2}$ ．つり合い $F (x_{e}) = f$ から

x_{e} = \frac{\sqrt{B / f} - D}{A} = \frac{V C_{s} \sqrt{A / (2 f)} - D}{A} ．

指定の条件は $0 < x_{e} < ℓ$ を保証する． $\frac{d F}{d x} = - 2 A B / (D + A x)^{3} < 0$ なので，外向きの一定力と合わせたつり合いは安定である．

$x$ までの運動エネルギーは機械的仕事の積分から

K (x) = \int_{0}^{x} [F (s) - f] d s = \frac{V^{2}}{2} [C_{e} (x) - C_{e} (0)] - f x ．

$K^{'} (x) = F (x) - f$ は単調に減るので，初め内向きに動く場合， $K (ℓ) \geq 0$ なら途中で止まらず末端へ達する．従って

V^{2} \geq \frac{2 f ℓ}{C_{e} (ℓ) - C_{e} (0)}, C_{e} (ℓ) - C_{e} (0) = \frac{C_{s}^{2} A ℓ}{D (D + A ℓ)} ．

すなわち $V \geq \sqrt{2 f D (D + A ℓ) / (A C_{s}^{2})}$ ．この下限では $F (0) = f (D + A ℓ) / D > f$ なので初めの運動条件も満たす．等号では末端に達した瞬間の速度が0になる． $ξ = x - x_{e}$ として $m \frac{d^{2} ξ}{d t^{2}} = F^{'} (x_{e}) ξ$ より

ω = \sqrt{\frac{2 A f}{m (D + A x_{e})}} ．

線形化には $A | ξ | / (D + A x_{e})$ が十分小さく，振幅が $x_{e}, ℓ - x_{e}$ より小さいことが必要である．端の影響を捨てた力の式には $d / w, d / x, d / (ℓ - x)$ が十分小さい範囲を用いる．始端・末端での到達条件はその理想模型での値であり， $d / ℓ \to 0$ の極限で近似される．

演習 6

オリジナル ★★★★★

同じ2個の電気双極子を真空中に置きます．各双極子は長さ $ℓ$ の軽い剛い棒の両端に電荷 $- q, + q$ と質量 $m / 2, m / 2$ を固定したもので， $p = q ℓ$ です．初め中心間距離 $r_{0}$ を $ℓ$ より十分大きく保ち，中心を結ぶ直線を $x$ 軸とします．各棒は $x y$ 平面内を回転でき，双極子モーメントが $+ x$ 方向となす角を $θ_{1}, θ_{2}$ とします．重力を無視します．

点双極子の電位 $V (r) = k p \cdot r / r^{3}$ を微分し，中心間距離 $r_{0}$ での相互作用エネルギーを求めよ． $θ_{1} = θ_{2} = 0$ 付近の2つの基準角振動数を求めよ．
両棒を $+ x$ 方向にそろえたまま中心の固定を外し，中心を摩擦のない直線の案内に沿って動かす．初速度は0とする． $r < r_{0}$ かつ $ℓ / r$ が十分小さい範囲で，各中心の速さを求めよ．姿勢を保つ拘束は仕事をしない．
同じ姿勢で4個の点電荷の相互作用を直接足し，点双極子近似のエネルギーの相対補正を求めよ．さらに姿勢を保つ拘束だけを外し，(2)の中心運動に小さな角振動を重ねる場合，距離変化をゆっくりした変化とみなせる条件を $| \frac{d r}{d t} | / (r ω_{-})$ で評価せよ． $ω_{-}$ は小さい方の局所的な基準角振動数である．

**［図：二つの双極子の配置と棒の角度］**
中心間距離r₀の2本の棒に長さℓ，両端の電荷と質量，+x方向からの角θ₁，θ₂を示す．中心を動かす案内を破線で描く．

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考え方
一方の作る場に他方の双極子を置く．角度の運動はエネルギーの2次項で分離し，中心の運動は相互作用エネルギーの減少で求める．

$V = k (p_{x} x + p_{y} y + p_{z} z) / r^{3}$ を各座標で偏微分すると

E_{1} = - \nabla V = \frac{k}{r^{3}} [3 (p_{1} \cdot e_{r}) e_{r} - p_{1}] ．

例えば $\frac{\partial V}{\partial x} = k [p_{x} / r^{3} - 3 x (p_{1} \cdot r) / r^{5}]$ で，他の成分も同様である．第2双極子のエネルギーは $U = - p_{2} \cdot E_{1}$ だから

U = \frac{k p^{2}}{r_{0}^{3}} [\cos (θ_{1} - θ_{2}) - 3 \cos θ_{1} \cos θ_{2}] ．

$H = k p^{2} / r_{0}^{3}$ と置き，角度を2次まで展開すると $U \approx - 2 H + H (θ_{1}^{2} + θ_{2}^{2} + θ_{1} θ_{2})$ ．各棒の慣性モーメントは $J = m ℓ^{2} / 4$ である．電荷は一定なので， $J \frac{d^{2} θ_{1}}{d t^{2}} = - \frac{\partial U}{\partial θ_{1}} = - H (2 θ_{1} + θ_{2})$ ， $J \frac{d^{2} θ_{2}}{d t^{2}} = - H (2 θ_{2} + θ_{1})$ ．和と差をとれば

ω_{+} = \sqrt{\frac{3 k p^{2}}{J r_{0}^{3}}}, ω_{-} = \sqrt{\frac{k p^{2}}{J r_{0}^{3}}} ．

両方とも実数なので，中心固定のもとでこの姿勢は安定である．

そろった姿勢では $U (r) = - 2 k p^{2} / r^{3}$ ．全運動量が0なので2中心の速さは同じ $v$ で，運動エネルギーの和は $m v^{2}$ ．保存則から

m v^{2} = 2 k p^{2} (\frac{1}{r^{3}} - \frac{1}{r_{0}^{3}}), v = \sqrt{\frac{2 k p^{2}}{m} (\frac{1}{r^{3}} - \frac{1}{r_{0}^{3}})} ．

同符号の2組の距離は $r$ ，異符号の組は $r - ℓ, r + ℓ$ なので， $r > ℓ$ で

U_{exact} = k q^{2} [\frac{2}{r} - \frac{1}{r - ℓ} - \frac{1}{r + ℓ}] = - \frac{2 k p^{2}}{r^{3}} \frac{1}{1 - (ℓ / r)^{2}} ．

相対補正は先頭で $(ℓ / r)^{2}$ ．接近が進んで $r$ が $ℓ$ に近づくと近似は破れる．局所的な $ω_{-} = \sqrt{k p^{2} / (J r^{3})}$ ， $| \frac{d r}{d t} | = 2 v$ より

\frac{| \frac{d r}{d t} |}{r ω_{-}} = \frac{2 \sqrt{2 J / m}}{r} \sqrt{1 - {(\frac{r}{r_{0}})}^{3}} = \frac{\sqrt{2} ℓ}{r} \sqrt{1 - {(\frac{r}{r_{0}})}^{3}} ．

従って $ℓ / r$ が十分小さければ，中心の接近も角振動に比べてゆっくりである．実際に(2)へ角振動を重ねても中心運動の式を先頭で保つには，角振動のエネルギーが相互作用エネルギーの大きさより十分小さいことも必要である．角振幅と $ℓ / r$ が小さい条件を別々に確かめる．